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\title{\heiti\zihao{2} 习题4.1}
\author{中书君}
\date{\songti 2021年1月13日}

\begin{document}
\maketitle
\section{设函数 $f(x)$ 在 $x=0$ 可导,且 $f(0)=0, f^{\prime}(0)=1,$ 求极 限 $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} n f\left(\dfrac{1}{n}\right)$.}
\textbf{解}\quad
$$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} n f\left(\dfrac{1}{n}\right)=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{f\left(\dfrac{1}{n}\right)}{\dfrac{1}{n}}=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{f\left(\dfrac{1}{n}\right)-f(0)}{\dfrac{1}{n}-0}=f^{\prime}(0)=1$$

\section{求实数 $a$,使得曲线 $y=a x^{3}$ 和曲线 $y=\ln x$ 相切 (两条曲线相切意指它们有一条共同的切线).}
\textbf{解}\quad
$y=a x^{3}$ 在$x_0$处的切线为
$$y=3 a x_{0}^{2} x-2 a x_{0}^{3}$$,$y=\ln x$ 在$x_0$处的切线为$$y=\dfrac{x}{x_{0}}-1+\ln x_0$$

当$x=x_0$时,要满足$3ax_{0}^{2}=\dfrac{1}{x_0}$和$ax_0^{3}=\ln x_{0}$

解得$a=\dfrac{1}{3x_0^3}$和$\ln x_{0}=\dfrac{1}{3}$,所以$x_{0}=e^{\dfrac{1}{3}}, a=\dfrac{1}{3e}$.

\section{证明 :}
\subsection{若 $f(x)$ 是一可导的偶函数,则 $f^{\prime}(x)$ 是一个奇函数}
\textbf{证}\quad
有$f(x)=f(-x)$
$$
\begin{aligned}
	\therefore f^{\prime}(x_{0})&=\lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0}\dfrac{f\left(x_{0}+\Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x}\\
	&=\lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0}\dfrac{f\left(-x_{0}-\Delta x\right)-f\left(-x_{0}\right)}{\Delta x}\\
	&=\lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0}-\dfrac{f\left(-x_{0}\right)-f\left(-x_{0}-\Delta x\right)}{\Delta x}\\
	&=-f^{\prime}(-x_{0})
\end{aligned}
$$

由于$f(x)$定义域对称,所以其导函数为奇函数.

\subsection{若 $f(x)$ 是一可导的奇函数,则 $f^{\prime}(x)$ 是一个偶函数}
\textbf{证}\quad
有$f(x)=-f(-x)$
$$
\begin{aligned}
	\therefore f^{\prime}(x_{0})&=\lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0}\dfrac{f\left(x_{0}+\Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x}\\
	&=\lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0}\dfrac{-f\left(-x_{0}-\Delta x\right)+f\left(-x_{0}\right)}{\Delta x}\\
	&=\lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0}\dfrac{f\left(-x_{0}\right)-f\left(-x_{0}-\Delta x\right)}{\Delta x}\\
	&=f^{\prime}(-x_{0})
\end{aligned} 
$$

由于$f(x)$定义域对称,所以其导函数为偶函数.

\subsection{若 $f(x)$ 是一可导的周期函数,则 $f^{\prime}(x)$ 仍然是一个周期函数}
\textbf{证}\quad
设$f(x)$最小正周期为$T$,则有$f(x)=f(x+T)$
$$
\begin{aligned}
\therefore f^{\prime}\left(x_{0}\right)&=\lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0}\dfrac{f\left(x_{0}+\Delta x\right)-f\left(x_{0}\right)}{\Delta x}\\
&=\lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0}\dfrac{f\left(x_{0}+T+\Delta x\right)-f\left(x_{0}+T\right)}{\Delta x}\\
&=f^{\prime}\left(x_{0}+T\right)
\end{aligned}
$$

所以其导函数为周期函数.

\section{设函数 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 可导 $, \lambda_{1}, \lambda_{2}$ 是满足 $\lambda_{1}+\lambda_{2}=1$ 的一对实数,证明:
$$
	\lim\limits_{h \rightarrow 0} \dfrac{f\left(x_{0}+\lambda_{1} h\right)-f\left(x_{0}-\lambda_{2} h\right)}{h}=f^{\prime}\left(x_{0}\right)
$$}
\textbf{证}\quad
因为函数 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 处可导,所以
$$
	\begin{aligned}
		\lim\limits_{h\rightarrow 0}\dfrac{f(x_0+\lambda_1 h)-f(x_0-\lambda_2 h)}{h}&=\lim\limits_{h\rightarrow 0}\dfrac{f(x_0+\lambda_1 h)-f(x_0)}{h}+\lim\limits_{h\rightarrow 0}\dfrac{f(x_0)-f(x_0-\lambda_2 h)}{h}\\
		&=\lim\limits_{h\rightarrow 0}\lambda_1\dfrac{f(x_0+\lambda_1 h)-f(x_0)}{\lambda_1 h} + \lim\limits_{h\rightarrow 0}\lambda_2\dfrac{f(x_0)-f(x_0-\lambda_2 h)}{\lambda_2 h}\\
		&=(\lambda_1+\lambda_2)f'(x_0)\\
		&=f'(x_0)
	\end{aligned}
$$

\section{试问在抛物线 $y^{2}=4 x$ 上哪些点处的切线}
\subsection{平行于直线 $y=x$}
\textbf{解}\quad
即求某点处导数为$1$. $2 y y^{\prime}=4 \therefore y^{\prime} =\dfrac{4}{2 y}=\dfrac{2}{\pm 2{\sqrt{x}}}=\pm \dfrac{1}{\sqrt x}=1$,解得$x=1$,$y=2$,所以在$(1,2$)处导数为$1$

\subsection{垂直于直线 $x-4 y+5=0$}
\textbf{解}\quad
即求某点导数为$4$,$2 y y^{\prime}=4 \therefore y^{\prime} =\dfrac{4}{2 y}=\dfrac{2}{\pm 2{\sqrt{x}}}=\pm \dfrac{1}{\sqrt x}=4$,解得x=$\dfrac{1}{16}$,y=$-\dfrac{1}{2}$,即在

($\dfrac{1}{16}$,$-\dfrac{1}{2}$)处切线斜率为$4$

\section{证明:从椭圆的一个焦点发出的任一束光线,经椭圆反射后,反射光必定经过它的另一个焦点.}
\textbf{证}$1^{\circ}$\quad
\begin{figure}[H]
	\centering
	\includegraphics[width=0.6\textwidth]{微信图片_20210115184537}
	\caption{这是一个纯几何方法}
\end{figure}
由图1,$D,C,G,H$调和,从而$AC,AD,AH,AG$为调和线束.又因为$AG$平分$\angle CAD$,从而$\angle HAG=90^{\circ}$.同理$\angle HBG=90^{\circ}$.从而$AGHB$共圆.又由$JC\perp HD$得$JAGC,JCHB$共圆.从而$\angle HCB=\angle GAC$.

证毕.

\textbf{证}$2^{\circ}$\quad
设椭圆的方程为 $$\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1,(a>b>0)$$ 焦点坐标为 $A(-c, 0), B(c, 0)$,$c=\sqrt{a^{2}-b^{2}}$.椭圆上一点:$P(x_{0},y_{0})$.

下面假设 $y_{0} \neq 0,$ 对椭圆方程两边求导,有 
$$
\dfrac{2 x}{a^{2}}+\dfrac{2 y y^{\prime}}{b^{2}}=0
$$ 
设点 $P$ 处的切线与 $x$ 轴的夹角为 $\theta,$ 则过 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 的切线的斜率为 $\left.y^{\prime}\right|_{\left(x_{0}, y_{0}\right)}=-\dfrac{b^{2} x_{0}}{a^{2} y_{0}}=\tan \theta$,显然连接点
$P$ 与焦点 $A(-c, 0)$ 的直线 $P A$ 的斜率 
$$
k_{P A}=-\dfrac{y_{0}}{x_{0}+c}=\tan \theta_{1} $$ 
切线与直线 $P A$ 夹角为 $\alpha=\theta_{1}-\theta,$ 所以
$$
	\begin{aligned}
		\tan \alpha&=\tan \left(\theta_{1}-\theta\right)\\
		&=\dfrac{\tan \theta_{1}-\tan \theta}{1+\tan \theta_{1} \tan \theta}\\
		&=\dfrac{\dfrac{y_{0}}{x_{0}+c}+\dfrac{b^{2} x_{0}}{a^{2} y_{0}}}{1+\dfrac{y_{0}}{x_{0}+c} \dfrac{b^{2} x_{0}}{a^{2} y_{0}}}\\
		&=\dfrac{a^{2} y_{0}^{2}+b^{2} x_{0}\left(x_{0}+c\right)}{\left(x_{0}+c\right) a^{2} y_{0}-b^{2} x_{0} y_{0}} \\
		&=  \dfrac{a^{2} y_{0}^{2}+b^{2} x_{0}^{2}+c b^{2} x_{0}}{c a^{2} y_{0}+\left(a^{2}-b^{2}\right) x_{0} y_{0}}\\
		&=\dfrac{a^{2} b^{2}+c b^{2} x_{0}}{c a^{2} y_{0}+c^{2} x_{0} y_{0}}\\
		&=\dfrac{b^{2}\left(a^{2}+c x_{0}\right)}{c y_{0}\left(a^{2}+c x_{0}\right)}\\
		&=\dfrac{b^{2}}{c y_{0}} .
	\end{aligned}
$$

连接点 $P$ 与焦点 $B(c, 0)$ 的直线 $P B$ 的斜率 
$$
k_{P B}=\dfrac{y_{0}}{c-x_{0}}=\tan \theta_{2}
$$ 
点 $P$ 处的切线与直线 $P B$ 夹角为 $\beta=\theta_{2}+\theta$,所以
$$
	\begin{aligned}
		\tan \beta&=\tan \left(\theta_{2}+\theta\right)\\
		&=\dfrac{\tan \theta_{2}+\tan \theta}{1-\tan \theta_{2} \tan \theta}\\
		&=\dfrac{\dfrac{y_{0}}{c-x_{0}}-\dfrac{b^{2} x_{0}}{a^{2} y_{0}}}{1+\dfrac{y_{0}}{c-x_{0}} \dfrac{b^{2} x_{0}}{a^{2} y_{0}}}\\
		&=\dfrac{a^{2} y_{0}^{2}-b^{2} x_{0}\left(c-x_{0}\right)}{\left(c-x_{0}\right) a^{2} y_{0}+b^{2} x_{0} y_{0}} \\
		&=\dfrac{a^{2} y_{0}^{2}+b^{2} x_{0}^{2}-c b^{2} x_{0}}{c a^{2} y_{0}-\left(a^{2}-b^{2}\right) x_{0} y_{0}}\\
		&=\dfrac{a^{2} b^{2}-c b^{2} x_{0}}{c a^{2} y_{0}-c^{2} x_{0} y_{0}}\\
		&=\dfrac{b^{2}\left(a^{2}-c x_{0}\right)}{c y_{0}\left(a^{2}-c x_{0}\right)}\\
		&=\dfrac{b^{2}}{c y_{0}}\\
		&=\tan \alpha
	\end{aligned}
$$

因此两个夹角相等,即入射角也一定等于反射角,所以原论题得证.

\section{已知在原点的某个邻域内有 $|f(x)| \leqslant|g(x)|,$ 且有 $g^{\prime}(0)=g(0)=0,$ 求 $f^{\prime}(0)$.}
\textbf{解}\quad
有$0\le |f(0)|\le |g(0)|=0$.

$$
\lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0}-|\dfrac{g(\Delta x)-g(0)}{\Delta x}|\leqslant\lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0} \dfrac{f(\Delta x)-f(0)}{\Delta x} \leqslant \lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0}|\dfrac{g(\Delta x)-g(0)}{\Delta x}|$$

所以在0点处$f^{\prime}(0)$=0

\section{设 $f(x)$ 为 $(-\infty,+\infty)$ 上的可导函数,且在 $x=0$ 的某个邻域上成立
  $f(1+\sin x)-3 f(1-\sin x)=8 x+\alpha(x)$.其中 $\alpha(x)$ 是当 $x \rightarrow 0$ 时比 $x$ 高阶的无穷小量,求 $y=f(x)$ 在 $(1, f(1))$ 处的切线方程.}
\textbf{解}\quad
当$x=0$时,有$-2f(1)=0,即f(1)=0$.

$$
\begin{aligned}
	\lim\limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{f(1+\sin x)-3 f(1-\sin x)}{x}&=\lim\limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{f(1+\sin x)-f(1)}{\sin x}-3 \dfrac{f(1-\sin x)-f(1)}{\sin x}\\
	&=4 f^{\prime}(0)\\
	&=\lim\limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{f(1+\sin x)-3 f(1-\sin x)}{8 x+\alpha(x)} \cdot 8\\
	&=8
\end{aligned}
$$

所以$f^\prime(0)=2,切线方程为y=2(x-1)$

\section{已知 $f^{\prime}(0)=a, f(0)=b \neq 0,$ 求数列极限
  $\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\left[\dfrac{f\left(\dfrac{1}{n}\right)}{f(0)}\right]^{n}$}
\textbf{解}\quad
题目为$1^\infty$型的不定式,所以考虑
$$
	\lim\limits_{n \rightarrow \infty} n \ln \left[1+\dfrac{f (\dfrac{1}{n})-f(0)}{f(0)}\right]=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} n \cdot \dfrac{f(\dfrac{1}{n})-f(0)}{f(0)}=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{f\left(\dfrac{1}{n}\right)-f(0)}{\dfrac{1}{n}-0 }\cdot f(0)=\dfrac{a}{b}
$$

所以原式为$e^{\dfrac{a}{b}}$

\section{已知 $f(0)=0, f^{\prime}$ (0)存在. 定义数列$
	  x_{n}=f\left(\dfrac{1}{n^{2}}\right)+f\left(\dfrac{2}{n^{2}}\right)+\cdots+f\left(\dfrac{n}{n^{2}}\right), n=1,2, \cdots$.求极限 $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} x_{n} .$ 并据此结论计算:}

\subsection{}
\textbf{解}\quad
$$
\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{f\left(\dfrac{k}{n^{2}}\right)-f(0)}{\dfrac{1}{n^{2}}-0}=k f^{\prime}(0),\therefore \lim\limits_{n \rightarrow \infty} x_n=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{n(n+1)}{2}\cdot\dfrac{1}{n^2} \cdot f^{\prime}(0)=\dfrac{1}{2} f^{\prime}(0)
$$

\subsection{$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\left(\sin \dfrac{1}{n^{2}}+\sin \dfrac{2}{n^{2}}+\cdots+\sin \dfrac{n}{n^{2}}\right)$}
\textbf{解}\quad
将$f(x)=sin(x)带入即可得原式=\dfrac{1}{2}sin^\prime(0)=\dfrac{1}{2}$


\subsection{$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\left[\left(1+\dfrac{1}{n^{2}}\right)\left(1+\dfrac{2}{n^{2}}\right) \cdots\left(1+\dfrac{n}{n^{2}}\right)\right]$}
\textbf{解}\quad
$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\left[\ln \left(1+\dfrac{1}{n^{2}}\right)+\ln \left(1+\dfrac{2}{n^{2}}\right)+\cdots+\ln \left(1+\dfrac{n}{n^{2}}\right)\right]=\left.\dfrac{1}{2} \ln ^{\prime}(1+x)\right|_{x=0}=\dfrac{1}{2}$

所以
$\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\left[\left(1+\dfrac{1}{n^{2}}\right)\left(1+\dfrac{2}{n^{2}}\right) \cdots\left(1+\dfrac{n}{n^{2}}\right)\right]=e^{\dfrac{1}{2}}=\sqrt{e}$

\section{判断函数
$$
f(x)=\left\{\begin{array}{ll}
0, & \text { 当 } x=0 \text { 时 } \\
\dfrac{x}{1+e^{\dfrac{1}{x}}}, & \text { 当 } x \neq 0 \text { 时 }
\end{array}\right.\text{在}x=0\text{时的可导性}
$$}
\textbf{解}\quad
$\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \dfrac{\dfrac{x}{1+e^{\dfrac{1}{x}}}-0}{x-0}=\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \dfrac{1}{1+e^{\dfrac{1}{x}}}=0$

$\lim\limits_{x \rightarrow 0^{-}} \dfrac{\dfrac{x}{1+e^{\dfrac{1}{x}}}-0}{x-0}=\lim\limits_{x \rightarrow 0^{-}} \dfrac{1}{1+e^{\dfrac{1}{x}}}=1$

左导数和右导数不相等,所以此点不可导.

\textbf{\textcolor{red}{注}}\quad
初学者很爱犯的一个错误就是没有注意到$f^{\prime}(x)=\lim\limits_{\Delta x \rightarrow 0} \dfrac{\Delta y}{\Delta x}$中的$\Delta x$是可正可负的,并不是恒大于0的.

\section{确定常数 $a$, $b$, 使得函数
$$
f(x)=\left\{\begin{array}{ll}
x^{2}+b, & x>2 \\
a x+1, & x \leqslant 2
\end{array}\right.
$$
在 $x=2$ 处可导.}
\textbf{解}\quad
$\lim\limits_{x \rightarrow 2-0} f(x)=\dfrac{a \Delta x}{\Delta x}=a$
$\lim\limits_{x \rightarrow 2+0} f(x)=2 \cdot 2=4$

解得$a=4$,又因为$f(x)可导要求f(x)连续，所以\because f(2)=9,\therefore \lim\limits_{x \rightarrow 2+0} x^{2}+b=4+b=9, b=5$

所以综上,$a=4,b=5$

\section{设 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll}0, & x=0 \\ |x|^{\lambda} \cos \dfrac{1}{x}, & x \neq 0\end{array}\right.$ 求证 :}
\subsection{当 $\lambda>1$ 时, $f^{\prime}(0)$ 存在}
\textbf{证}\quad
$\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} x^{\lambda-1} \cdot \cos \dfrac{1}{x}=0$

$\lim\limits_{x \rightarrow 0^{-}} \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{x \rightarrow 0^{-}} -x^{\lambda-1} \cdot \cos \dfrac{1}{x}=0$

所以左右导数相等且$\lim\limits_{x \rightarrow 0} f(x)=f(0)=0$,函数连续.

\subsection{当 $0 \leqslant \lambda \leqslant 1$时, $f(x)$在$x=0$处不可导}
\textbf{证}\quad
$\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{x \rightarrow 0^{+}} x^{\lambda-1}\cdot\cos \dfrac{1}{x}$,极限不存在($\lambda$小于1时为无穷大量,等于$1$时$cos(\dfrac{1}{x})波动$)

$\lim\limits_{x \rightarrow 0^{-}} \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{x \rightarrow 0^{-}} -x^{\lambda-1}\cdot\cos \dfrac{1}{x}$,极限不存在($\lambda$小于1时为无穷大量,等于$1$时$cos(\dfrac{1}{x})波动$)

所以其不可导.

\section{证明 : 函数 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 处可导的充分必要条件是存在在 $x_{0}$ 处连续的函数 $g(x),$ 使得 $f(x)-f\left(x_{0}\right)=\left(x-x_{0}\right) g(x),$ 且此时成立等式 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=g\left(x_{0}\right)$}
\textbf{证}\quad

(1)必要性

函数 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 处可导,故 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} \dfrac{f(x)-f\left(x_{0}\right)}{x-x_{0}},$ 即
$$
\begin{aligned}
f(x)-f\left(x_{0}\right) &=f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)+o\left(x-x_{0}\right) \\
&=\left[f^{\prime}\left(x_{0}\right)+o(1)\right]\left(x-x_{0}\right)
\end{aligned}
$$
其中, $o(1)$ 是 $x \rightarrow x_{0}$ 时的无穷小量. 令 $g(x)=f^{\prime}\left(x_{0}\right)+o(1),$ 则显然 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=g\left(x_{0}\right)$.

(2)充分性

如果存在 $x_{0}$ 处连续的函数 $g(x),$ 使得 $f(x)-f\left(x_{0}\right)=\left(x-x_{0}\right) g(x),$ 则
$$
f^{\prime}\left(x_{0}\right)=\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} \dfrac{f(x)-f\left(x_{0}\right)}{x-x_{0}}=\lim\limits_{x \rightarrow x_{0}} \dfrac{g(x)\left(x-x_{0}\right)}{x-x_{0}}=g\left(x_{0}\right)
$$

\section{设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续,满足 $f(a)=f(b)=0,$ 且 $f^{\prime}+(a) \cdot f^{\prime}-(b)>0,$ 证明 $: f(x)$ 在 $(a, b)$ 至少存在一个零点.}
\textbf{证}\quad
不妨设$\lim\limits_{x \rightarrow a+0} \dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}>0$,则由极限的局部保号性知,$\exists \delta, s+|x-a|<\delta$时,有:
$$
\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}>0
$$
即此时$f(x_1)>f(a)=0$.

同理可知,$\exists \delta, s+|x-b|<\delta$时, 
$$
\dfrac{f(x)-f(b)}{x-b}>0
$$

即$f(x_2)<f(b)=0$.所以由零点存在定理和函数$f(x)$连续可立知存在一个在$(a,b)$之间的零点.

\section{举例说明如下结论不一定成立 : 函数 $f(x)$ 在 $x=x_{0}$ 处可导,则函数 $f(x)$ 在 $x_{0}$ 附近 的某个邻域内连续.}
\textbf{解:}

$$
f(x)=\left\{\begin{array}{cl}0 & (x \in  R / Q) \\ x^2 & (x \in Q)\end{array}\right.
$$

考虑$x_0=0$

\end{document}
